\chapter{矩阵}

\section{矩阵的概念及其运算}

\begin{enumerate}

  \item 
我们有
\[
    \begin{aligned}
        A+B&= 
\left(\begin{array}{rrrr}
1 & -3 & 2 & 3 \\
3 & -4 & 1 & 2 \\
2 & 0 & 3 & -2
\end{array}\right) + 
\left(\begin{array}{rrrr}
2 & -2 & 0 & 1 \\
-1 & 3 & 2 & 5 \\
-2 & 3 & 0 & -3
\end{array}\right)\\
&=  
\left(\begin{array}{rrrr}
3 & -5 & 2 & 4 \\
2 & -1 & 3 & 7 \\
0 & 3 & 3 & -5
\end{array}\right),\\
3A-2B&= 3
\left(\begin{array}{rrrr}
1 & -3 & 2 & 3 \\
3 & -4 & 1 & 2 \\
2 & 0 & 3 & -2
\end{array}\right) - 
2\left(\begin{array}{rrrr}
2 & -2 & 0 & 1 \\
-1 & 3 & 2 & 5 \\
-2 & 3 & 0 & -3
\end{array}\right)\\
&=  
\left(\begin{array}{rrrr}
3 & -9 & 6 & 9 \\
9 & -12 & 3 & 6 \\
6 & 0 & 9 & -6
\end{array}\right) -
\left(\begin{array}{rrrr}
4 & -4 & 0 & 2 \\
-2 & 6 & 4 & 10 \\
-4 & 6 & 0 & -6
\end{array}\right) \\
&= 
\left(\begin{array}{rrrr}
-1 & -5 & 6 & 7 \\
11 & -18 & -1 & -4 \\
10 & -6 & 9 & 0
\end{array}\right).
    \end{aligned}
\]

\item  我们有
\[
    \begin{aligned}
        B^{\rT}&= 
\left(\begin{array}{rrr}
3 & 4 & -2 \\
2 & 0 & -1 \\
-1 & 1 & 2 \\
-2 & -1 & 0
\end{array}\right),\\
AB&= \left(\begin{array}{rrr}
5 & -2 & 0 \\
0 & -3 & 1 \\
-2 & 2 & 1
\end{array}\right) 
\left(\begin{array}{rrrr}
3 & 2 & -1 & -2 \\
4 & 0 & 1 & -1 \\
-2 & -1 & 2 & 0
\end{array}\right) \\
&= 
\left(\begin{array}{rrrr}
7 & 10 & -7 & -8 \\
-14 & -1 & -1 & 3 \\
0 & -5 & 6 & 2
\end{array}\right),\\
B^{\rT}A&= \left(\begin{array}{rrr}
3 & 4 & -2 \\
2 & 0 & -1 \\
-1 & 1 & 2 \\
-2 & -1 & 0
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{rrr}
5 & -2 & 0 \\
0 & -3 & 1 \\
-2 & 2 & 1
\end{array}\right) \\
&= 
\left(\begin{array}{rrr}
19 & -22 & 2 \\
12 & -6 & -1 \\
-9 & 3 & 3 \\
-10 & 7 & -1
\end{array}\right),\\
A^{\rT}B&= (B^{\rT}A)^{\rT}=
\left(\begin{array}{rrrr}
19 & 12 & -9 & -10 \\
-22 & -6 & 3 & 7 \\
2 & -1 & 3 & -1
\end{array}\right).
    \end{aligned}
\]


\item  {\xingkai 方法一}：我们有
    \[
        \begin{aligned}
            A^2 - 2A-3E &= 
            \begin{pmatrix}
                2 & 1 & 1\\
                3 & 1 & 0\\
                0 & 1 & 2
            \end{pmatrix}
            \begin{pmatrix}
                2 & 1 & 1\\
                3 & 1 & 0\\
                0 & 1 & 2
            \end{pmatrix}
            -2
            \begin{pmatrix}
                2 & 1 & 1\\
                3 & 1 & 0\\
                0 & 1 & 2
            \end{pmatrix}
            +3 
            \begin{pmatrix}
                1 & & \\
                 & 1&\\
                 && 1
            \end{pmatrix}\\
            &= 
            \begin{pmatrix}
                7 & 4 & 4\\
                9 & 4 &3\\
                3 & 3 & 4
            \end{pmatrix}-
            \begin{pmatrix}
                4 & 2 & 2\\
                6 & 2&0\\
                0 & 2 & 4
            \end{pmatrix}
            - 
            \begin{pmatrix}
                3 & 0 & 0\\
                0 & 3 & 0\\
                0 & 0 & 3
            \end{pmatrix}\\
            &= 
            \begin{pmatrix}
                0 & 2 & 2\\
                3 & -1 & 3\\
                3 & 1 & -3
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]

    {\xingkai 方法二}：注意到我们有因式分解 $x^2-2x-3 = (x+1)(x-3)$. 
    根据我们对 $f(A)$ 的定义，容易发现若多项式 $f(x)$ 有分解 $f(x)=g(x)h(x)$, 那么 $f(A)=g(A)h(A)=h(A)g(A)$.
    故
    \[
        \begin{aligned}
            A^2-2A-3E &=  (A+E)(A-3E) \\
            &= 
            \begin{pmatrix}
                3 & 1 & 1 \\
                3 & 2 & 0\\
                0 & 1 & 3
            \end{pmatrix}
            \begin{pmatrix}
                -1 & 1 & 1\\
                3 & -2 & 0\\
                0 & 1 & -1
            \end{pmatrix}\\
            &= 
            \begin{pmatrix}
                0 & 2 & 2\\
                3 & -1 & 3\\
                3 & 1 & -3
            \end{pmatrix}.
        \end{aligned}
    \]

  \item 我们计算下 $A^2,A^3$：
\[
        A^2= 
\left(\begin{array}{rrr}
1 & 2 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 4
\end{array}\right),\quad
A^3= 
\left(\begin{array}{rrr}
1 & 3 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 8
\end{array}\right).
\]
所以我们猜测 $n$ 是正整数时
\[\tag{$*$}
    A^n=\left(\begin{array}{rrr}
1 & n & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2^n
\end{array}\right).
\]
我们下面用数学归纳法证明下 ($*$). $n=1$ 时结论成立。下面设 $n=k$ 时 ($*$) 成立，我们来证 $n=k+1$ 时 ($*$) 成立：
\[
    \begin{aligned}
        A^{k+1}&= A^k\cdot A=\left(\begin{array}{rrr}
1 & k & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2^k
\end{array}\right)\left(\begin{array}{rrr}
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{array}\right)\\
&= 
\left(\begin{array}{rrr}
1 & k+1 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2^{k+1}
\end{array}\right).
    \end{aligned}
\]
这就证明了 ($*$) 式成立。
\end{enumerate}

\section{矩阵的行列式与逆} 

\begin{enumerate}

  \item 由于一行的倍数加到另一行这个初等行变换不改变行列式，我们有 $|B|=|A|=2$. 
由于交换两列这个初等列变换要使得行列式乘 $-1$, 我们有 $|C|=-|B|=-2$. 
由于行列式对每行有线性性，我们有 $|D|=\frac{1}{2}|C|=-1$.
由于转置不改变行列式 $|D^{\rT}|=|D|=-1$.
再由行列式对每行有线性性，$|-2D^{\rT}|=(-2)^4|D^{\rT}|=-16$.

\item (1) 我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{pmatrix}
            a & b\\c & d
        \end{pmatrix}^{*}&= \begin{pmatrix}
            d & -b \\ -c & a
        \end{pmatrix},\\
        \begin{pmatrix}
            a & b\\c & d
        \end{pmatrix}^{-1}&= \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}
            d & -b \\ -c & a
        \end{pmatrix}.
    \end{aligned}
\]
(2) 按照定义求出伴随矩阵总是可行，但是通常比较繁琐（除非只是二阶或三阶）。在方阵可逆时我们由 $A^*A=|A|E$ 知 $A^*=|A|A^{-1}$, 所以我们可以通过求行列式和逆来得到伴随矩阵。求逆我们知道通过行化简，此过程中我们也可追踪到 $A$ 的行列式，因为我们知道初等行变换对行列式的效果。

{\xingkai 方法一}：我们期望所给矩阵 $A$ 是可逆矩阵，我们尝试行化简 $\begin{pmatrix}
    A & E
\end{pmatrix}$ 把 $A$ 占的块化简成单位矩阵：
\[
    \begin{aligned}
        \left(
            \begin{array}{ccc|ccc}
                1 & 5 & 2 & 1 & 0 & 0\\
                0 & 3 & 10  & 0 & 1 & 0\\
                1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1
        \end{array} \right)\xrightarrow{r_3-r_1} &
        \left(
            \begin{array}{ccc|ccc}
                1 & 5 & 2 & 1 & 0 & 0\\
                0 & 3 & 10  & 0 & 1 & 0\\
                0 & -3 & -1 & -1 & 0 & 1
        \end{array}\right)\\
        \xrightarrow{r_3+r_2} & 
        \left(
            \begin{array}{ccc|ccc}
                1 & 5 & 2 & 1 & 0 & 0\\
                0 & 3 & 10  & 0 & 1 & 0\\
                0 & 0 & 9 & -1 & 1 & 1
        \end{array}\right).
    \end{aligned}
\]
化简到这里，我们可以发现：我们使用的初等行变换不改变行列式，而 $A$ 占的块化得的块的行列式为 $1\times 3 \times 9=27$, 所以 $|A|=27$. 特别地，如我们期望的，$A$ 是可逆矩阵。因而我们可以接着化简下去把 $A$ 化简为单位矩阵：
\[
    \left(
    \begin{array}{ccc|ccc}
        1 & 5 & 2 & 1 & 0 & 0\\
        0 & 3 & 10  & 0 & 1 & 0\\
        0 & 0 & 9 & -1 & 1 & 1
    \end{array}
\right)\longrightarrow \left(\begin{array}{rrr|rrr}
        1 & 0 & 0 & -\frac{17}{27} & -\frac{1}{27} & \frac{44}{27} \\
        0& 1 & 0 & \frac{10}{27} & -\frac{1}{27} & -\frac{10}{27} \\
        0 & 0 & 1 & -\frac{1}{9} & \frac{1}{9} & \frac{1}{9}
\end{array}\right).
\]
所以
\[
    A^{-1}=\left(\begin{array}{rrr}
-\frac{17}{27} & -\frac{1}{27} & \frac{44}{27} \\
\frac{10}{27} & -\frac{1}{27} & -\frac{10}{27} \\
-\frac{1}{9} & \frac{1}{9} & \frac{1}{9}
\end{array}\right).
\]
进而 $A$ 的伴随矩阵为
\[
    A^*=|A|A^{-1}=27 \left(\begin{array}{rrr}
-\frac{17}{27} & -\frac{1}{27} & \frac{44}{27} \\
\frac{10}{27} & -\frac{1}{27} & -\frac{10}{27} \\
-\frac{1}{9} & \frac{1}{9} & \frac{1}{9}
\end{array}\right)=\begin{pmatrix}
-17 & -1 & 44 \\
10 & -1 & -10 \\
-3 & 3 & 3
    \end{pmatrix}.
\]

{\xingkai 方法二}：记所给矩阵为 $A=(a_{ij})$, $a_{ij}$ 的代数余子式为 $A_{ij}$, 按照定义伴随矩阵 $A=(A_{ij})^{\rT}$. 
我们有
\[
    \begin{aligned}
      &A_{11}=(-1)^{1+1}\begin{vmatrix}
            3 & 10 \\
            2 & 1
          \end{vmatrix}=-17, &&\quad A_{12}=(-1)^{1+2}\begin{vmatrix}
            0 & 10 \\ 1 & 1
        \end{vmatrix}=10, \\
        & A_{13}=(-1)^{1+3}\begin{vmatrix}
            0 & 3 \\ 1 & 2
        \end{vmatrix}=-3,
        &&\quad
        A_{21}=(-1)^{2+1}\begin{vmatrix}
            5 & 2 \\ 2  & 1 
          \end{vmatrix}=-1, \\
          & A_{22}=(-1)^{2+2} \begin{vmatrix}
            1 & 2 \\ 1 & 1
        \end{vmatrix}=-1, && \quad A_{23}= (-1)^{2+3}\begin{vmatrix}
            1 & 5 \\ 1 & 2
        \end{vmatrix}=3,\\
        & A_{31}=(-1)^{3+1}\begin{vmatrix}
            5 & 2 \\ 3 & 10
          \end{vmatrix}=44, &&\quad A_{32}=(-1)^{3+2}\begin{vmatrix}
            1 & 2 \\0 & 10
        \end{vmatrix}=-10, \\
        & A_{33}=(-1)^{3+3}\begin{vmatrix}
            1 & 5 \\ 0 & 3
        \end{vmatrix}=3.
    \end{aligned}
\]
所以
\[A^*=\begin{pmatrix}
        A_{11} & A_{21} & A_{31} \\
        A_{12} & A_{22} & A_{32} \\
        A_{13} & A_{23} & A_{33} 
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-17 & -1 & 44 \\
10 & -1 & -10 \\
-3 & 3 & 3
    \end{pmatrix}.\]
    进而我们按照第一行展开可算得$A$的行列式为
    \[
      |A|=1\times A_{11}+ 5\times A_{12} + 2\times A_{13} = 27.
    \]
所以
\[
    A^{-1}=\frac{A^*}{|A|}=\frac{1}{27} \begin{pmatrix}
-17 & -1 & 44 \\
10 & -1 & -10 \\
-3 & 3 & 3
    \end{pmatrix}.
    %=
%\left(\begin{array}{rrr}
%-\frac{17}{27} & -\frac{1}{27} & \frac{44}{27} \\
%\frac{10}{27} & -\frac{1}{27} & -\frac{10}{27} \\
%-\frac{1}{9} & \frac{1}{9} & \frac{1}{9}
%\end{array}\right).
\]

\item  设 $B=A+E$, 则 $A=B-E$. 这样有 $A^2-5A-5E=0$ 知 
\[
(B-E)^2-5(B-E)-5E=0. \]
展开得 $B^2-7B+E=0$.
这样 $B\cdot (7E-B)=E$. 所以 $B=A+E$ 可逆，且其逆可如下用$A$表示出来： \[ (A+E)^{-1}=B^{-1}=7E-B=7E-(A+E)=6E-A. \] 
  \end{enumerate}

\begin{remark*}
  设方阵$A$满足$a_nA^n+\cdots +a_1 A+a_0E=0$, 其中$a_0\neq 0$. 
  那么
  \[
    A(a_nA^{n-1}+\cdots + a_1E) =-a_0 E, 
  \]
  从而
  \[
    A\left( -\frac{1}{a_0}  (a_nA^{n-1}+\cdots + a_1E)\right)=E,
  \]
  这样$A$可逆，且
  \[
    A^{-1}=-\frac{1}{a_0}  (a_nA^{n-1}+\cdots + a_1E).
  \]
  例如：若$A^3+A+2E=0$, 那么$A(A^2+E)=-2E$, $A\left( -\frac{1}{2}(A^2+E) \right)=E$, $A^{-1}=-\frac{1}{2}(A^2+E)$. 
\end{remark*}
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{3}
\item 因为 \[ (E-A)(E+A+A^2+\cdots+A^{k-1})=E-A^k=E, \] 所以 \[ (E-A)^{-1}=E+A+A^2+\cdots+A^{k-1}. \]
  \end{enumerate}

\section{矩阵的分块}

\begin{enumerate}
  \item 我们如下分块：
\[
    A=
\left(\begin{array}{rr|rr}
5 & 2 & 0 & 0 \\
2 & 1 & 0 & 0 \\
\hline
0 & 0 & 8 & 3 \\
0 & 0 & 5 & 2
\end{array}\right),\quad B=
\left(\begin{array}{rr|rr}
4 & -3 & 0 & 0 \\
-5 & 4 & 0 & 0 \\
\hline
0 & 0 & 1 & -4 \\
0 & 0 & -2 & 7
\end{array}\right).
\]
我们把这样的分块记为
\[
    A=\begin{pmatrix}
        A_1 & 0 \\ 0 & A_2
    \end{pmatrix}, \quad B=\begin{pmatrix}
        B_1 & 0 \\ 0 & B_2
\end{pmatrix}.
\]
此时有
\[
    \begin{aligned}
        A-B&= \begin{pmatrix}
            A_1-B_1 & 0\\
            0 & A_2-B_2
        \end{pmatrix}=
\left(\begin{array}{rrrr}
1 & 5 & 0 & 0 \\
7 & -3 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 7 & 7 \\
0 & 0 & 7 & -5
\end{array}\right),\\
AB&= \begin{pmatrix}
    A_1B_1 & 0 \\
    0 & A_2B_2
\end{pmatrix}=
\left(\begin{array}{rrrr}
10 & -7 & 0 & 0 \\
3 & -2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 & -11 \\
0 & 0 & 1 & -6
\end{array}\right),\\
B^{-1}&= \begin{pmatrix}
    B_1^{-1} \\ & B_2^{-1}
\end{pmatrix}=
\left(\begin{array}{rrrr}
4 & 3 & 0 & 0 \\
5 & 4 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -7 & -4 \\
0 & 0 & -2 & -1
\end{array}\right).
    \end{aligned}
\]
这里我们用了可逆二阶方阵的求逆公式：
\[
    \begin{pmatrix}
        a & b\\c & d
    \end{pmatrix} = \frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}
        d & -b \\ -c & a
    \end{pmatrix}.
\]

\item 我们如下分块：
\[
    A=
\left(\begin{array}{rrr|rr}
1 & 0 & 0 & 2 & 5 \\
0 & 1 & 0 & 3 & -2 \\
0 & 0 & 1 & -1 & 6 \\
\hline
0 & 0 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 4
\end{array}\right),\quad B=
\left(\begin{array}{rrr|rr}
a & a & a & a & a \\
b & b & b & b & b \\
c & c & c & c & c \\
\hline
0 & 0 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & -1
\end{array}\right).
\]
这样的分块可以记为
\[
    A=\begin{pmatrix}
        E & X \\ 0 & 4E
    \end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}
        Y & Z \\  0 & -E
    \end{pmatrix},
\]
其中
\[
    X=\begin{pmatrix}
        2 & 5 \\ 3 & -2 \\ -1  & 6
    \end{pmatrix},\quad Y= \begin{pmatrix}
        a & a & a \\ b & b & b \\ c& c & c
    \end{pmatrix},\quad Z=\begin{pmatrix}
        a & a \\b & b \\ c& c
    \end{pmatrix}.
\]
所以
\[
    \begin{aligned}
        AB&= \begin{pmatrix}
        E & X \\ 0 & 4E
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        Y & Z \\  0 & -E
    \end{pmatrix} = 
    \begin{pmatrix}
        Y & Z-X \\ 0 & -4E
    \end{pmatrix}\\
    &=  
\left(\begin{array}{rrrrr}
a & a & a & a - 2 & a - 5 \\
b & b & b & b - 3 & b + 2 \\
c & c & c & c + 1 & c - 6 \\
0 & 0 & 0 & -4 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & -4
\end{array}\right).
\end{aligned}
\]

\item  设 $A, B$ 分别为 $k, l$ 阶可逆方阵。为了找到 $\begin{pmatrix}
    & A\\ B
\end{pmatrix}$ 的逆，我们考虑矩阵方程
\[
    \begin{pmatrix}
        & A\\ B
    \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
        W & X \\ Y & Z
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        E_k \\ & E_l
      \end{pmatrix},
\]
其中 $Y, X$ 分别为与 $k,l$ 阶（未知）方阵。
这相当于
\[AY=E_k,\quad AZ=0,\quad BW=0,\quad BX=E_l.
\]
由于 $A, B$ 可逆，我们可以唯一地解得
\[
Y=A^{-1},\quad Z=0,\quad W=0, \quad X=B^{-1}. 
\]
这样
\[
\begin{pmatrix}
    & A\\ B
\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}
    & B^{-1} \\ A^{-1}
\end{pmatrix}.
\]

\item 
  \fangfa{1} 注意到$B=  \begin{pmatrix}
            A_1-A_4 & A_2-A_3 & 2A_3 & A_1+2A_2
        \end{pmatrix}= AC$, 其中
        \[
          C=\begin{pmatrix}
            1 & 0 & 0 & 1\\
          0 & 1 & 0 & 2\\
          0 & -1 & 2 & 0\\
          -1 & 0 & 0 & 0
        \end{pmatrix}.
        \]
        由$|AC|=|A||C|$我们有$|B|=|A||C|=3\times 2=6$.

\fangfa{2} 我们有
\[
    \begin{aligned}
        |B|&= \begin{vmatrix}
            A_1-A_4 & A_2-A_3 & 2A_3 & A_1+2A_2
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{1}}{=} 2\begin{vmatrix}
            A_1-A_4 & A_2-A_3 & A_3 & A_1+2A_2
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{2}}{=} 2\begin{vmatrix}
            A_1-A_4 & A_2 & A_3 & A_1+2A_2
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{3}}{=} 2\begin{vmatrix}
            A_1-A_4 & A_2 & A_3 & A_1
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{4}}{=} 2\begin{vmatrix}
            A_1-A_4 & A_2 & A_3 & A_4
        \end{vmatrix}\\
        &\overset{\circled{5}}{=} 2\begin{vmatrix}
            A_1 & A_2 & A_3 & A_4
        \end{vmatrix}\\
        &= 2|A|=6,
    \end{aligned}
\]
其中 \circled{1} 提取了第三列的公因子 $2$, 
\circled{2}, \circled{3}, \circled{4}, \circled{5} 分别使用了初等变换 $c_2+c_3$, 
$c_4-2c_2$, $c_4-c_1$, $c_1+c_4$.

\end{enumerate}


\section{矩阵的初等变换}
\begin{enumerate}
  \item 标准型 $\begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
\end{pmatrix}$ 中的 $r$ 取值范围为 $0\leqslant r\leqslant$ 行数、列数。
$4$ 阶方阵的可能的标准型如下：
\begin{gather*}
    \begin{pmatrix}
        0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 1 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix},\\
    \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 1 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 1 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0
    \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 1 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 1 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 1
    \end{pmatrix}.
  \end{gather*}

\item 我们化简至阶梯型后数下非零行的个数就可确定标准型 $\begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
\end{pmatrix}$ 中的 $r$:
\begin{align*}
\left(\begin{array}{rrrrr}
1 & -1 & 2 & 1 & 0 \\
3 & 0 & 6 & -1 & 1 \\
0 & 3 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) & \xrightarrow{r_2-3r_1}
\left(\begin{array}{rrrrr}
1 & -1 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 3 & 0 & -4 & 1 \\
0 & 3 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \\
 & \xrightarrow{r_3-r_2}
\left(\begin{array}{rrrrr}
1 & -1 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 3 & 0 & -4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 4 & 0
\end{array}\right).
\end{align*}
既然有$3$个非零行，我们有 $r=3$. 这样所给矩阵 $A$ 的标准型为
\[
    \begin{pmatrix}
        1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 1 & 0 & 0& 0\\
        0 & 0 & 1 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
\]
\begin{remark*}
  要求得矩阵的秩或确定标准型中的$r$, 通常行化简至阶梯型然后数下非零行的个数就行了。
  不过一般而言，可能有时比较好的体验是同时用下列化简，比如可能后面的数字更好用（比如是$1$）。
  例如：
  \[
    \begin{pmatrix}
      78 & 2 & 1 \\
      95 & 10 & 5\\
      100 & 8 & 4 
    \end{pmatrix}\xrightarrow{c_1\leftrightarrow c_3} 
    \begin{pmatrix}
      1 &  2 & 78 \\
      5 & 10 & 95\\
      4 & 8 & 100
    \end{pmatrix}\longrightarrow \cdots
  \]
\end{remark*}


\item \begin{enumerate}
    \item 设所给矩阵为 $A$. 我们行化简 $\begin{pmatrix}
    A & E
\end{pmatrix}$ 把 $A$ 占的块化成单位矩阵：
\[
    \begin{aligned}
      & \left(\begin{array}{rrr|rrr}
        2 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
        3 & 3 & -1 & 0 & 1 & 0\\
        -4 & -3 & 2 & 0 & 0 & 1
    \end{array}\right)\xrightarrow[r_4+2r_1]{r_2-r_1}
        \left(\begin{array}{rrr|rrr}
        2 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
        1 & 2 & 0 & -1 & 1 & 0\\
        0 & -1 & 0 & 2 & 0 & 1
\end{array}\right)\\
\xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_2} &
        \left(\begin{array}{rrr|rrr}
        1 & 2 & 0 & -1 & 1 & 0\\
        2 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
        0 & -1 & 0 & 2 & 0 & 1
\end{array}\right)
\xrightarrow{r_2-2r_1}
        \left(\begin{array}{rrr|rrr}
        1 & 2 & 0 & -1 & 1 & 0\\
        0 & -3 & -1 & 3 & -2 & 0 \\
        0 & -1 & 0 & 2 & 0 & 1
\end{array}\right)\\
\xrightarrow{r_2\leftrightarrow r_3} & 
        \left(\begin{array}{rrr|rrr}
        1 & 2 & 0 & -1 & 1 & 0\\
        0 & -1 & 0 & 2 & 0 & 1\\
        0 & -3 & -1 & 3 & -2 & 0
\end{array}\right)
\xrightarrow[r_3+3r_2]{r_2\times (-1)}
        \left(\begin{array}{rrr|rrr}
        1 & 2 & 0 & -1 & 1 & 0\\
        0 & 1 & 0 & -2 & 0 & -1\\
        0 & 0 & -1 & -3 & -2 & -3 
\end{array}\right)\\
\xrightarrow[r_1-2r_2]{r_3\times (-1)} &
\left(\begin{array}{rrr|rrr}
        1& 0 & 0 & 3 & 1 & 2 \\
        0 & 1 & 0 & -2 & 0 & -1 \\
        0 & 0 & 1 & 3 & 2 & 3
\end{array}\right).
    \end{aligned}
\]
所以
\[
    A^{-1}=
\left(\begin{array}{rrr}
3 & 1 & 2 \\
-2 & 0 & -1 \\
3 & 2 & 3
\end{array}\right).
\]
\item  设所给矩阵为 $A$. 我们行化简 $\begin{pmatrix}
    A & E
\end{pmatrix}$ 把 $A$ 占的块化成单位矩阵：
\[
    \begin{aligned}
      & \left(\begin{array}{rrrr|rrrr}
0 & -1 & 0 & -2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
2 & 1 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right) \xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_4} 
\left(\begin{array}{rrrr|rrrr}
1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
2 & 1 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & -1 & 0 & -2 & 1 & 0 & 0 & 0 
\end{array}\right) \\
\xrightarrow[r_4+r_1]{r_2-2r_1} & 
\left(\begin{array}{rrrr|rrrr}
1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -2 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 
\end{array}\right) 
\xrightarrow{r_3-r_2} 
\left(\begin{array}{rrrr|rrrr}
1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -2 \\
0 & 0 & -1 & 1 & 0 & -1& 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & -1 & 1 & 0 & 1 & 0 
\end{array}\right) \\
\xrightarrow[r_4\times(-1)]{r_3+r_4} & 
\left(\begin{array}{rrrr|rrrr}
1 & 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -2 \\
0 & 0 & -1 & 0 & 1 & -1& 2 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -1 & 0 
\end{array}\right) 
\xrightarrow[r_3\times(-1)]{r_1-r_3, r_2+r_3} \\
&
\left(\begin{array}{rrrr|rrrr}
1 & 0 & 0 & 0 & -1 & 1 & -2 & -1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 1 & -2 & -2 \\
0 & 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -1 & 0
\end{array}\right).
    \end{aligned}
\]
所以
\[
    A^{-1}=
\left(\begin{array}{rrrr}
-1 & 1 & -2 & -1 \\
1 & 0 & 2 & 0 \\
-1 & 1 & -2 & -2 \\
-1 & 0 & -1 & 0
\end{array}\right).
\]
\end{enumerate}
\item \fangfa{1} 我们行化简$\begin{pmatrix}
    A & E
  \end{pmatrix}$把$A$化到单位矩阵：
  \[
  \begin{aligned}
    &\left( 
      \begin{array}[]{rrrr|rrrr}
        2 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
        3 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\
        1 & 0 & 1 & -2 & 0 & 0 & 1 & 0\\
        0 & 1 & -2 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1
      \end{array}
    \right) 
    \xrightarrow[r_4\leftrightarrow r_2]{r_3\leftrightarrow r_1}
    \left( 
      \begin{array}[]{rrrr|rrrr}
        1 & 0 & 1 & -2 & 0 & 0 & 1 & 0\\
        0 & 1 & -2 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
        2 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
        3 & 2 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0
      \end{array} 
    \right) \\
    \xrightarrow[r_4-3r_1]{r_3-2r_1} & 
     \left( 
      \begin{array}[]{rrrr|rrrr}
        1 & 0 & 1 & -2 & 0 & 0 & 1 & 0\\
        0 & 1 & -2 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
        0 & 1 & -2 & 4 & 1 & 0 & -2 & 0\\
        0 & 2 & -3 & 6 & 0 & 1 & -3 & 0
      \end{array} 
    \right) 
    \xrightarrow[r_4-2r_2]{r_3-r_2}
     \left( 
      \begin{array}[]{rrrr|rrrr}
        1 & 0 & 1 & -2 & 0 & 0 & 1 & 0\\
        0 & 1 & -2 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
        0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & -2 & -1\\
        0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & -3 & -2
      \end{array} 
    \right) \\
    \xrightarrow{r_3\leftrightarrow r_4}  &
     \left( 
      \begin{array}[]{rrrr|rrrr}
        1 & 0 & 1 & -2 & 0 & 0 & 1 & 0\\
        0 & 1 & -2 & 3 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
        0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & -3 & -2 \\
        0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & -2 & -1
      \end{array} 
    \right) 
    \xrightarrow[r_2+2r_3]{r_1-r_3} 
     \left( 
      \begin{array}[]{rrrr|rrrr}
        1 & 0 & 0 & -2 & 0 & -1 & 4 & 2\\
        0 & 1 & 0 & 3 & 0 &  2 & -6 & -3 \\
        0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & -3 & -2 \\
        0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & -2 & -1
      \end{array} 
    \right) \\
    \xrightarrow[r_2-3r_4]{r_1+2r_4} &
     \left( 
      \begin{array}[]{rrrr|rrrr}
        1 & 0 & 0 & 0 & 2 & -1 & 0 & 0\\
        0 & 1 & 0 & 0 & -3 &  2 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & -3 & -2 \\
        0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & -2 & -1
      \end{array} 
    \right) 
  \end{aligned}
\]
  这样
  \[
    A^{-1} = \left(\begin{array}{rrrr}
      2 & -1 & 0 & 0 \\
      -3 & 2 & 0 & 0 \\
      0 & 1 & -3 & -2 \\
      1 & 0 & -2 & -1
  \end{array}\right),
  \]
  且从行化简的过程可知
  \[
    |A| = (-1)^3 
    \begin{vmatrix}
        1 & 0 & 1 & -2 \\
        0 & 1 & -2 & 3  \\
        0 & 0 & 1 & 0 \\
        0 & 0 & 0 & 1 
      \end{vmatrix} = -1.
  \]
  这样
  \[
    A^*=|A|A^{-1}= \left(\begin{array}{rrrr}
-2 & 1 & 0 & 0 \\
3 & -2 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 3 & 2 \\
-1 & 0 & 2 & 1
\end{array}\right).
  \]

  \fangfa{2} 注意到 $A$ 的行列式为
\[
    |A|=\begin{vmatrix}
        2 & 1 \\ 3 & 2
    \end{vmatrix}\begin{vmatrix}
        1 & -2 \\ -2 & 3
    \end{vmatrix}=-1.
\]
这里我们用了准下三角方阵的行列式的公式：
\[
    \begin{vmatrix}
        X & 0\\ 
        Y & Z
    \end{vmatrix}=|X||Z|,
\]
其中 $X, Z$ 是方阵。这样 $A$ 是可逆方阵。此时由 $A^*A=|A|E$ 我们有 $A^*=|A|A^{-1}$. 所以我们只要计算 $A^{-1}$ 即可。可以考虑行化简来求 $A^{-1}$（自己尝试！）。不过我们用如下的分块形式的求逆公式：若 $A, C$ 是可逆方阵，则
\[
    \begin{pmatrix}
        X & 0\\ Y & Z
    \end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}
        X^{-1} &0 \\ -Z^{-1}YX^{-1} & Z^{-1}
    \end{pmatrix}.
\]
这个可以类似于 P48例2求得。这里我们取
\[
    X=\begin{pmatrix}
        2 & 1 \\ 3 & 2
    \end{pmatrix},\quad Y= \begin{pmatrix}
        1 & 0 \\ 0 & 1
    \end{pmatrix},\quad Z=\begin{pmatrix}
        1 & -2 \\ -2 & 3
    \end{pmatrix}.
\]
可以用二阶方阵的求逆公式来求 $X^{-1}$ 和 $Z^{-1}$. 这样易算得
\[
    A^{-1}=\begin{pmatrix}
        X^{-1} & 0\\ -Z^{-1}YX^{-1} & Z^{-1}
    \end{pmatrix}=
\left(\begin{array}{rrrr}
2 & -1 & 0 & 0 \\
-3 & 2 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -3 & -2 \\
1 & 0 & -2 & -1
\end{array}\right).
\]
从而
\[
    A^{*}=|A|A^{-1}=
\left(\begin{array}{rrrr}
-2 & 1 & 0 & 0 \\
3 & -2 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 3 & 2 \\
-1 & 0 & 2 & 1
\end{array}\right).
\]
\end{enumerate}

\section{矩阵的秩}

\begin{enumerate}
  \item  要求秩，我们化简为阶梯型矩阵然后数下非零行的个数即可。
    \begin{enumerate}[(1)]
      \item 我们有
        \begin{align*}
\left(\begin{array}{rrr}
1 & 3 & -2 \\
0 & 1 & -3 \\
3 & 0 & 5 \\
2 & 1 & 4
\end{array}\right)  \xrightarrow[r_4-2r_1]{r_3-3r_1} & 
\left(\begin{array}{rrr}
1 & 3 & -2 \\
0 & 1 & -3 \\
0 & -9 & 11 \\
0 & -5 & 8
\end{array}\right)\xrightarrow[r_4+5r_2]{r_3+9r_2}
\left(\begin{array}{rrr}
1 & 3 & -2 \\
0 & 1 & -3 \\
0 & 0 & -16 \\
0 & 0 & -7
\end{array}\right) \\
\longrightarrow & 
\left(\begin{array}{rrr}
1 & 3 & -2 \\
0 & 1 & -3 \\
0 & 0 & -16 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\end{align*}
右边的阶梯型有 $3$ 个非零行，所以秩为 $3$, 且标准型为
\[
\left(\begin{array}{rrr}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\]
\item 我们有
  \begin{align*}
\left(\begin{array}{rrrrr}
1 & -1 & -3 & -2 & -3 \\
0 & -2 & -3 & 5 & 4 \\
1 & -3 & -6 & 3 & 2 \\
1 & 1 & 0 & -7 & -7
\end{array}\right)
\xrightarrow[r_4-r_1]{r_3-r_1} & 
\left(\begin{array}{rrrrr}
1 & -1 & -3 & -2 & -3 \\
0 & -2 & -3 & 5 & 4 \\
0 & -2 & -3 & 5 & 5 \\
0 & 2 & 3 & -5 & -4
\end{array}\right) \\
\xrightarrow[r_4+r_2]{r_3-r_2} & 
\left(\begin{array}{rrrrr}
1 & -1 & -3 & -2 & -3 \\
0 & -2 & -3 & 5 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\end{align*}
右边的阶梯型有 $3$ 个非零行，所以秩为 $3$, 且标准型为
\[
\left(\begin{array}{rrrrr}
        1 & 0 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 1 & 0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 1  & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right).
\]
\end{enumerate}

\item 由于 $A$ 可逆，$|A|\neq 0$. 所以 $|A|$ 给出了 $D$ 一个非零的 $n$ 阶子式。$D$ 的最高阶子式即 $2n$ 阶子式只有 $|D|$, 而由于 $|D|=|A||C|=0$, $D$ 没有非零的 $2n$ 子式。这样 $D$ 的秩 $r(D)$ 满足 $n\leqslant r(D)<2n$. 

\item  由 P60推论2知秩等于标准型 $\begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
\end{pmatrix}$ 中的 $r$. 所以所要证是显然的。
\end{enumerate}

\section{几种常用的特殊矩阵}
\begin{enumerate}
  \item $k\neq 0$ 时 $kE$ 是可逆矩阵。这时 $kE$ 的伴随矩阵 
\[
(kE)^*=|kE|(kE)^{-1}=k^n (k^{-1}E)=k^{n-1}E, 
\]
其中 $n$ 是所给方阵的阶数。

\item $A$ 对称相当于 $A^{\rT}=A$, $B$ 反对称相当于 $B^{\rT}=-B$. ($\Rightarrow$)  若 $AB$ 对称，则 $AB=(AB)^{\rT}=B^{\rT}A^{\rT}=-BA$, 从而 $AB+BA=0$. ($\Leftarrow$) 若 $AB+BA=0$, 则 $AB=-BA=B^{\rT}A^{\rT}=(AB)^{\rT}$, 所以 $AB$ 对称。

\item  \begin{enumerate}[(1)] 
    \item 由于 $(A+A^{\rT})^{\rT}=A^{\rT}+A=A+A^{\rT}$, 我们知 $A+A^{\rT}$ 对称。
    \item 由于 $(A-A^{\rT})^{\rT}=A^{\rT}-A=-(A-A^{\rT})$, 我们知 $A-A^{\rT}$ 反对称。
  \end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{第二章复习题}
\addcontentsline{toc}{section}{第二章复习题}

\subsection*{一、填空题}
\begin{enumerate}
  \item   {\xingkai 方法一}：我们按照伴随矩阵的定义$A^*=(A_{ij})^{\rT}$来求伴随矩阵，其中$A_{ij}$是第$i$行第$j$列元素的代数余子式。
  阶数不高计算量不大；
  这里是 $3$ 阶方阵，直接定义计算挺轻松的。
  所有的代数余子式的计算如下：
  \begin{align*}
    A_{11} &=  \begin{vmatrix}
      -1 & -1 \\ 2 & 1
    \end{vmatrix}= 1, & A_{12}&= - \begin{vmatrix}
      -1 & -1 \\ 3 & 1
    \end{vmatrix}=-2,\\
     A_{13}&= \begin{vmatrix}
      -1 & -1 \\ 3 & 2
    \end{vmatrix}=1, &
    A_{21} &=  - \begin{vmatrix}
      -1 & 0\\ 2 & 1
    \end{vmatrix}=1, \\
    A_{22}&= \begin{vmatrix}
      1 & 0 \\ 3& 1
    \end{vmatrix}=1, & A_{23}&=-  \begin{vmatrix}
      1 & -1 \\ 3 & 2
    \end{vmatrix}=-5,\\
    A_{31} &=  \begin{vmatrix}
      -1 & 0\\ -1 & -1
    \end{vmatrix}=1, & A_{32}&= - \begin{vmatrix}
      1 & 0 \\ -1 & -1 
    \end{vmatrix}=1, \\
    A_{33}&= \begin{vmatrix}
      1 & -1 \\ -1 & -1
    \end{vmatrix}=-2.
  \end{align*}
  所以
  \[
    A^*=(A_{ij})^{\rT}=\begin{pmatrix}
    A_{11} & A_{21} & A_{31} \\
    A_{12} & A_{22} & A_{32}\\
    A_{13} & A_{23} & A_{33}
  \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 1\\
        -2 & 1 & 1\\
        1 &-5 & -2
    \end{pmatrix}.
\]


  {\xingkai 方法二}：这里我们不用定义来求伴随矩阵，因为 $A$ 是可逆矩阵时我们还有一种算法。
  由 $A^*A=|A|E$ 我们知 $A^*=|A|A^{-1}$,
  所以我们计算 $A$ 的行列式 $|A|$ 和 $A$ 的逆 $A^{-1}$ 就行。
  对具体的方阵 $A$ 我们通过行化简 $\begin{pmatrix}
    A & E
\end{pmatrix}$ 来求 $A^{-1}$. 
我们也可从这个过程追踪到 $|A|$, 因为我们知道初等行变换对行列式的效果。
这里我们的情形便可如此操作：
\[
    \begin{aligned}
        \left(\begin{array}{ccc|ccc}
            1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
            -1 & -1 & -1 & 0 & 1 & 0 \\
            3 & 2 & 1 & 0 & 0 & 1
        \end{array}\right)\xrightarrow[r_3+3r_2]{r_2+r_1} &
        \left(\begin{array}{ccc|ccc}
            1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
            0 & -2 & -1 & 1 & 1 & 0\\
            0 & -1 & -2 & 0 & 3 & 1
        \end{array}\right)\\
        \xrightarrow{r_3+r_2\times (-\frac{1}{2})} 
        &
        \left(\begin{array}{ccc|ccc}
            1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
            0 & -2 & -1 & 1 & 1 & 0\\
            0 & 0 & -\frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{5}{2} & 1
        \end{array}\right).
    \end{aligned}
\]
目前的化简都没改变行列式，所以 $|A|=1\times (-2) \times (-\frac{3}{2})=3$.  特别地，$A$如我们期望是可逆矩阵。
我们接着化简来找 $A^{-1}$:
\[
    \begin{aligned}
        \left(\begin{array}{ccc|ccc}
            1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
            0 & -2 & -1 & 1 & 1 & 0\\
            0 & 0 & -\frac{3}{2} & -\frac{1}{2} & \frac{5}{2} & 1
        \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc|ccc}
            1 & 0 & 0 &\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\
            0 & 1 & 0 & -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\
            0 & 0 & 1 & \frac{1}{3} & -\frac{5}{3} & -\frac{2}{3}
        \end{array}\right).
    \end{aligned}
\]
所以
\[
    A^{-1}=\begin{pmatrix}
        \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\
        -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\
        \frac{1}{3} & -\frac{5}{3} & -\frac{2}{3}
    \end{pmatrix}.
\]
这样
\[
    A^*=|A|A^{-1}=3\begin{pmatrix}
        \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\
        -\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\
        \frac{1}{3} & -\frac{5}{3} & -\frac{2}{3}
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        1 & 1 & 1\\
        -2 & 1 & 1\\
        1 &-5 & -2
    \end{pmatrix}.
\]

\item    {\xingkai 方法一}：我们有
   $B=AC$, 其中
   \[
     C=\begin{pmatrix}
       -1 & 0 & 0 & 3\\
       0 & 0 & 2 & 0 \\
       -2 & -1 & 0 & 0 \\
       0 &  0 & -1 & 1
     \end{pmatrix}.
   \]
   由行列式与矩阵的乘法相容可知$|B|=|A||C|=3\times (-2)=-6$. $|C|$的计算如下：
   \[
     |C|=\begin{vmatrix}
       -1 & 0 & 0 & 3\\
       0 & 0 & 2 & 0 \\
       -2 & -1 & 0 & 0 \\
       0 &  0 & -1 & 1
     \end{vmatrix} =
     -2\begin{vmatrix}
       -1 & 0  & 3\\
       -2 & -1  & 0 \\
       0 &  0  & 1
     \end{vmatrix} 
     = 
     -2 \begin{vmatrix}
       -1 & 0  \\
       -2 & -1 \\
     \end{vmatrix} =-2.
   \]

   {\xingkai 方法二}：利用行列式的线性性和初等列变换对行列式的效果我们有
\[
    \begin{aligned}
        |B|&= \begin{vmatrix}
            -A_1-2A_3 & -A_3 & 2A_2-A_4 & A_4+3A_1
        \end{vmatrix}\\
        &= \begin{vmatrix}
            -A_1 & -A_3 & 2A_2-A_4 & A_4+3A_1
        \end{vmatrix}\\
        &\quad(\text{初等列变换~}c_1-2c_2)\\
        &= \begin{vmatrix}
            -A_1 & -A_3 & 2A_2-A_4 & A_4
        \end{vmatrix}\\
        &\quad(\text{初等列变换~}c_4+3c_1)\\
        &= \begin{vmatrix}
            -A_1 & -A_3 & 2A_2 & A_4
        \end{vmatrix}\\
        &\quad(\text{初等列变换~}c_3+c_4)\\
        &= (-1)\cdot(-1)\cdot 2\cdot \begin{vmatrix}
            A_1 & A_3 & A_2 & A_4
        \end{vmatrix}\\
        &\quad(\text{利用行列式对列的线性性})\\
        &= -2 \begin{vmatrix}
            A_1 & A_2 & A_3 & A_4
        \end{vmatrix}\\
        &\quad(\text{交换第 $2,3$ 列})\\
        &= -2|A|=-6.
    \end{aligned}
\]

\item $A$ 是 $4$ 阶方阵，其秩小于 $4$ 等价于 $A$ 不可逆等价于 $|A|=0$. 这样利用 Vandermonde 行列式知 $(-1-a)(a+3)(a-2)=0$. 故 $a=-1$ 或 $2$ 或 $-3$. 又 $|a|>2$, 所以 $a=-3$.

\item 我们知道 $A^*A=|A|E$, 故 $A^*=|A|A^{-1}=2A^{-1}$. 同时 $|A^{-1}|=|A|^{-1}$. 这样 $|4A^{-1}-A^*|=|4A^{-1}-2A^{-1}|=|2A^{-1}|=2^3|A^{-1}|=8\times \frac{1}{2}=4$.

\item 我们有 $|kA^{\rT}|=k^n|A^{\rT}|=k^n|A|=-3k^n$. 这里我们用到行列式对每行（或列）的线性性和转置不改变行列式。
  \end{enumerate}


\subsection*{二、选择题}
\begin{enumerate}
  \item 选 (B). 将 $3$ 阶方阵 $U$ 的第 $2$ 行加到第 $1$ 行相当于用初等矩阵
\[
    \begin{pmatrix}
        1 & 1 & 0\\
        0 & 1 & 0\\
        0 & 0 & 1
    \end{pmatrix}
\]
左乘（把该初等变换作用于单位矩阵即可得该初等矩阵）；这个矩阵正是 $P$. 将 $V$ 的第 $1$ 列的 $(-1)$ 倍加到第 $2$ 列相当于用初等矩阵
\[
    \begin{pmatrix}
         1 & -1 & 0\\
        0 & 1 & 0\\
        0 & 0 & 1       
    \end{pmatrix}
\]
右乘（把该初等变换作用于单位矩阵即可得该初等矩阵）；这个矩阵是 $P^{-1}$. %回想下上课时我说的记起初等矩阵乘积的效果的办法！

一般地，如何找到实现某个初等变换的矩阵？只要对单位矩阵做一次该初等变换即可
（当然行变换是用得到的矩阵左乘实现，而列变换是用得到的矩阵右乘实现）。

\item 选 (B). $A$ 的秩定义为最高阶非零子式的阶数，所以阶数高于 $r(A)$ 的子式都为 $0$. 特别地，若 $r(A)\leqslant k$ 则 $k+1$ 阶子式都是 $0$.

\item 选 (C). 由 $A^*A=|A|E$ 知 $|A^*||A|=|A|^{n}$, 从而 $A$ 可逆时有 $|A^*|=|A|^{n-1}$. 另一方面，$|A^{-1}|=|A|^{-1}$. 这样 $|A^*A^{-1}|=|A^*||A^{-1}|=|A|^{n-2}$.

\item 选 (A). 我们知道 $|AB|=|A||B|$. 若 $A$ 或 $B$ 不可逆，即 $|A|$ 或 $|B|$ 等于 $0$, 那么 $|AB|=0$. 

\item 选 (D). 直接计算确定。
  \end{enumerate}

\subsection*{三、计算题}

\begin{enumerate}
  \item 由伴随矩阵和转置的定义有
\[
    B^*=\begin{pmatrix}
        3 & -1 \\ -1 &2
    \end{pmatrix}, \quad C^{\rT}=\begin{pmatrix}
        -1 & 2 & 0\\
        3 & 1 & 2
    \end{pmatrix}.
\]
所以
\[
    B^*C^{\rT}= \begin{pmatrix}
        -6 & 5 & -2\\ 7 & 0 & 4
    \end{pmatrix}.
\]

\item \begin{enumerate}[(1)]
    \item 记
\[
A = 
\begin{pmatrix}
    \cos \theta & -\sin \theta\\
    \sin \theta & \cos \theta
\end{pmatrix}.
\]
我们有
\[
\begin{aligned}
    A^2 = 
    \begin{pmatrix}
        \cos 2\theta & -\sin 2\theta\\
        \sin 2\theta & \cos 2\theta               
    \end{pmatrix},\quad
    A^3 = 
    \begin{pmatrix}
        \cos 3\theta & -\sin 3\theta\\
        \sin 3\theta & \cos 3\theta               
    \end{pmatrix}.
\end{aligned}
\]
故我们猜测
\[\tag{$*$}
A^n = 
\begin{pmatrix}
    \cos n\theta & -\sin n\theta\\
    \sin n\theta & \cos n\theta
\end{pmatrix}.
\]
我们用数学归纳法证明。$(*)$ 对 $n=1$ 成立。
现在设 $(*)$ 对 $n=k$ 成立，那么 $n=k+1$ 时有
\[
 \begin{aligned}
     A^{k+1} = A^k \cdot A
     &= 
     \begin{pmatrix}
         \cos k\theta & -\sin k\theta\\
         \sin k\theta & \cos k\theta
     \end{pmatrix}
     \begin{pmatrix}
        \cos \theta & -\sin \theta\\
        \sin \theta & \cos \theta
     \end{pmatrix}\\
     &= 
     \begin{pmatrix}
         \cos (k+1)\theta & -\sin (k+1)\theta\\
         \sin (k+1)\theta & \cos (k+1)\theta
     \end{pmatrix},
 \end{aligned}
\]
即 $(*)$ 对 $n=k+1$ 成立。这就证明了 $(*)$ 对任意的正整数 $n$ 成立。
\item 可以如 (1) 先算几个后猜出公式然后用数学归纳法证明。也可如下计算。令
\[
    N=\begin{pmatrix}
        0 & 1 & 0\\
        0 & 0 & 1\\
        0 & 0 & 0
    \end{pmatrix}.
\]
易发现
\[
    N^2=\begin{pmatrix}
        0 & 0 & 1\\
        0 & 0 & 0\\
        0 & 0 & 0
    \end{pmatrix},\quad N^3=0.
\]
所以 $n\geqslant 2$ 时我们有
\[
    \begin{aligned}
        \begin{pmatrix}
            \lambda & 1 & 0\\
            0 & \lambda & 1 \\
            0 & 0 & \lambda
          \end{pmatrix}^n&=  
        (\lambda E+N)^n\\
        &= 
        (\lambda E)^n + C_n^1 (\lambda E)^{n-1} N + C_n^2 (\lambda E)^{n-2} N^2\\
    &= \begin{pmatrix}
      \lambda^n & n\lambda ^{n-1} & \frac{n(n-1)}{2}\lambda^{n-2} \\
      0 & \lambda^n & n \lambda^{n-1}\\
        0 & 0 & \lambda^n
    \end{pmatrix}.
\end{aligned}
\]
这里我们用到了二项式展开，即 $A, B$ 是可交换的方阵（即 $AB=BA$），那么
\[
    (A+B)^n=A^n + C_n^1 A^{n-1}B + \cdots + C_n^i A^{n-i}B^i + \cdots + C_n^{n-1} A B^{n-1} + B^n.
\]
\end{enumerate}

\item 若 $A, B$ 是可逆矩阵，$C$ 是任意的矩阵（阶数没问题的话），那么矩阵方程 $AXB=C$ 有唯一解 $A^{-1}CB^{-1}$. 
  这是因为：对$AXB=C$两边分别乘$A^{-1}, B^{-1}$可知$X=A^{-1}CB^{-1}$, 所以$AXB=C$有解的话只能为$A^{-1}CB^{-1}$, 而代入$A^{-1}CB^{-1}$到该方程可以发现这确实是一个解，所以这是唯一解。
  这里的情形便满足$A, B$可逆（$A$ 容易从其行列式看出，$B$ 可从我们化简结果中看出），所以我们只用算出$A^{-1}CB^{-1}$. 

  {\xingkai 方法一}：$A$的行列式为$|A|=\begin{vmatrix}
    2 & 5\\1  &3
  \end{vmatrix}=1$, 所以$A$可逆，且其逆为
  $A^{-1}=\begin{pmatrix}
    3 & -5 \\ -1 & 2
  \end{pmatrix}$. 这里我们用了二阶可逆矩阵的求逆公式：
  \[
    \begin{pmatrix}
    a & b\\ c& d
  \end{pmatrix}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}
    d &-b\\-c & a
  \end{pmatrix},
\]
这是$A^{-1}=\frac{1}{|A|}A^*$这个可逆矩阵的求逆公式在$2$阶时的样子；
当然，我们也可考虑化简$\begin{pmatrix}
  A & E
\end{pmatrix}$来求$A^{-1}$.
下面我们来行化简$\begin{pmatrix}
  B & E
\end{pmatrix}$来求$B^{-1}$:
\begin{align*}
  \left( 
    \begin{array}[]{rrr|rrr}
      1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\
      0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0\\
      1 & -1 & -6 & 0 & 0 & 1
    \end{array}
  \right)\xrightarrow{r_3-r_1} &
  \left( 
    \begin{array}[]{rrr|rrr}
      1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\
      0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0\\
      0 & -2 & -5 & -1 & 0 & 1
    \end{array}
  \right) \\
  \xrightarrow[r_3\times (-1)]{r_3+2r_2} & 
  \left( 
    \begin{array}[]{rrr|rrr}
      1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0\\
      0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0\\
      0 & 0 & 1 & 1 & -2 & -1
    \end{array}
  \right) \\ 
  \xrightarrow{r_1-r_2} & 
  \left( 
    \begin{array}[]{rrr|rrr}
      1 & 0 & -3 & 1 & -1 & 0\\
      0 & 1 & 2 & 0 & 1 & 0\\
      0 & 0 & 1 & 1 & -2 & -1
    \end{array}
  \right) \\ 
  \xrightarrow[r_2-2r_3]{r_1+3r_3} & 
  \left( 
    \begin{array}[]{rrr|rrr}
      1 & 0 & 0 & 4 & -7 & -3\\
      0 & 1 & 0 & -2 & 5 & 2\\
      0 & 0 & 1 & 1 & -2 & -1
    \end{array}
  \right).
\end{align*}
这样$B$可逆（如我们期望的）且$B^{-1}=\begin{pmatrix}
         4 & -7 & -3\\
      -2 & 5 & 2\\
      1 & -2 & -1
    \end{pmatrix}$. 从而
    \[
      X=A^{-1}CB^{-1}=\begin{pmatrix}
    3 & -5 \\ -1 & 2
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    1 & -1 & 1\\
    1 & 1 & 0
  \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
         4 & -7 & -3\\
      -2 & 5 & 2\\
      1 & -2 & -1
    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
            11 & -32 & -13 \\
            -3 & 10 & 4
        \end{pmatrix}.
    \]

{\xingkai 方法二}：我们对 $\begin{pmatrix}
    A & C
\end{pmatrix}$ 行化简把 $A$ 占的块变为单位矩阵 $E$, 那么 $C$ 占的块就变成了 $A^{-1}C$. 过程如下：
\begin{align*}
        \left(\begin{array}{cc|ccc}
            2 & 5 & 1 & -1 & 1\\
            1 & 3 & 1 & 1 & 0
        \end{array}\right) \xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_2} &
        \left(\begin{array}{cc|ccc}
            1 & 3 & 1 & 1 & 0 \\
            2 & 5 & 1 & -1 & 1
        \end{array}\right) 
        \xrightarrow{r_2-2r_1} 
        \left(\begin{array}{cc|ccc}
            1 & 3 & 1 & 1 & 0 \\
            0 & -1 & -1 & -3 & 1
        \end{array} \right)\\
        \xrightarrow{r_2\times (-1)}  &
        \left(\begin{array}{cc|ccc}
            1 & 3 & 1 & 1 & 0 \\
            0 & 1 & 1 & 3 & -1
        \end{array} \right)
        \xrightarrow{r_1-3r_2} 
        \left(\begin{array}{cc|ccc}
            1 & 0 & -2 & -8 & 3 \\
            0 & 1 & 1 & 3 & -1
        \end{array}\right).
      \end{align*}
所以
\[
    A^{-1}C= \begin{pmatrix}
        -2 & -8 & 3\\
        1 & 3 & -1
    \end{pmatrix}.
\]
下面我们对 $\begin{pmatrix}
    B\\ A^{-1}C
\end{pmatrix}$（期望）做列化简把 $B$ 占的块变为单位矩阵（如果确实如此，$A^{-1}C$ 占的块就相应地变成了 $A^{-1}CB^{-1}$）：
\begin{align*}
    \left(\begin{array}{rrr}
            1 & 1 & -1 \\
            0 & 1 & 2 \\
            1 & -1 & -6\\
            \hline
            -2 & -8 & 3\\
            1 & 3 & -1
        \end{array}\right)
        \xrightarrow[c_3+c_1]{c_2-c_1, }  &
    \left(\begin{array}{rrr}
            1 & 0 & 0\\
            0 & 1 & 2 \\
            1 & -2 & -5\\
            \hline
            -2 & -6 & 1\\
            1 & 2 & 0
        \end{array}\right) 
        \xrightarrow[c_3\times (-1)]{c_3+c_2\times (-2)} 
    \left(\begin{array}{rrr}
            1 & 0 & 0\\
            0 & 1 & 0 \\
            1 & -2 & 1\\
            \hline
            -2 & -6 & -13\\
            1 & 2 & 4
        \end{array}\right) \\
        \xrightarrow[c_1-c_3]{c_2+2c_3} &
        \left( \begin{array}{rrr}
            1 &0  & 0\\
            0 & 1 & 0\\
            0 & 0 & 1\\
            \hline
            11 & -32 & -13 \\
            -3 & 10 & 4
    \end{array}\right).
  \end{align*}
$B$ 确实可以化简为单位矩阵，所以 $B$ 如我们期望可逆。
我们已算出了
\[
    X=A^{-1}CB^{-1}=\begin{pmatrix}
            11 & -32 & -13 \\
            -3 & 10 & 4
        \end{pmatrix}.
    \]

  \item   由 $A-3B=AB$ 我们知 $A=(3E+A)B$. 如果 $3E+A$ 可逆，那么 $B=(3E+A)^{-1}A$. 
我们行化简分块矩阵 $M=\begin{pmatrix}
    3E+A & A
  \end{pmatrix}$, 这样可以验证 $3E+A$ 可逆（$3E+A$可以化简至单位矩阵），而且当$3E+A$变成单位矩阵时，$M$中右边的$A$就变成了$(3E+A)^{-1}A$. 化简结果如下：
\[
    \left( 
        \begin{array}{rrr|rrr}
            0 & 1 & -1 & -3 & 1 & -1 \\
            -1 & 0 & 0 & -1 & -3 & 0 \\
            0 & 0 & -1 & 0 & 0 & -4
        \end{array}
    \right)\longrightarrow 
    \left( 
         \begin{array}{rrr|rrr}
            1 & 0 & 0 & 1 & 3 & 0 \\
            0 & 1 & 0 & -3 & 1 & 3 \\
            0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 4
        \end{array}
    \right).
\]
所以 $3E+A$ 确实可逆，而且我们已算出了
\[
    B=(3E+A)^{-1}A=\begin{pmatrix}
        1 & 3 & 0\\
        -3 & 1 & 3\\
        0 & 0 & 4
    \end{pmatrix}.
\]
当然，我们也可先把$3E+A$的逆用化简的方式算出来，再与$A$相乘。

\item 我们有
\[
    A^2=\begin{pmatrix}
        0 & E_n\\ E_n & 0
    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
        0 & E_n\\ E_n & 0
    \end{pmatrix}  = E_{2n}.
\]
所以 $m$ 是正偶数时我们有
\[
    A^m = (A^2)^{\frac{m}{2}}=E_{2n}^{\frac{m}{2}}=E_{2n};
\]
$m$ 是正奇数时我们有
\[
    A^m=A^{m-1}\cdot A=A=\begin{pmatrix}
        0 & E_n \\ E_n & 0
    \end{pmatrix}.
\]
$m=0$ 时 $A^0$ 定义为单位矩阵 $E_{2n}$. 
下面我们考虑 $m$ 是负数的情形。我们需要先计算 $A^{-1}$. 我们通过分块形式进行来计算。
设
\[
 \begin{pmatrix}
        0 & E_n\\ E_n & 0
    \end{pmatrix}   \begin{pmatrix}
        C & D \\ F & G
    \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
         E_n \\ & E_n
     \end{pmatrix},
\]
其中 $C, D, F, G$ 是 $n$ 阶方阵。
容易解得 $C=0=G, D=E_n=F$. 所以 $A^{-1}=A$. 
这样 $m$ 是负偶数时
\[
    A^{m}=(A^{-1})^{-m}=A^{-m}=E_{2n};
\]
$m$ 是负奇数时
\[
    A^{m}=(A^{-1})^{-m}=A^{-m}=\begin{pmatrix}
        0 & E_n \\ E_n & 0
    \end{pmatrix}.
\]
总结下就是 $m$ 是偶数时 $A^m=E_{2n}$; $m$ 是奇数时 $A^m=A=\begin{pmatrix}
        0 & E_n \\ E_n & 0
    \end{pmatrix}.$
\end{enumerate}

